2017-2018学年江西省奉新县第一中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版

2017-2018学年江西省奉新县第一中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版

江西省奉新县第一中学2017-2018学年高二上学期 第二次月考物理试题 一、选择题 ‎1. 小李同学用铁钉与漆包线绕成电磁铁，当接通电路后，放在其上方的小磁针 N 极立即转向左侧，如图所示．则此时（　　）‎ A. 导线 A 端接电池负极 B. 铁钉内磁场方向向右 C. 铁钉左端为电磁铁的 N 极 D. 小磁针所在位置的磁场方向水平向右 ‎【答案】B ‎【解析】当接通电路后，放在其上方的小磁针N极立即转向左侧，所以小磁针处的磁场的方向向左，通电螺线管产生的磁场的方向向右，铁钉右端为电磁铁的N极．所以螺旋管外侧的电流的方向向下，即漆包线内电流由A流向B，导线A端接电池正极．故B正确，ACD错误．故选B．‎ ‎2. 如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，已知R0>r，为使电源的输出功率最大，应将滑动变阻器阻值调到（ ）‎ A. r B. r＋R0 C. R0－r D. 0‎ ‎【答案】D ‎【解析】电源的输出功率随外电阻变化的关系图线，先增大后减小，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，已知R0＞r，为使电源的输出功率最大，应将滑动变阻器阻值调到零．故选D．‎ 点睛：本题关键要知道电源的内电阻与外电阻相等时，或者越接近时，电源的输出功率最大．‎ ‎3. 如图所示，平行板电容器的A板带正电，与静电计上的金属球相连；平行板电容器的B板和静电计的外壳均接地．此时静电计指针张开某一角度，则以下说法中正确的是（　　）‎ A. 在两板间插入介质板，静电计指针张角变大 B. 在两板间插入金属板，（金属板与A、B板不接触）静电计指针张角变大 C. B板向右平移，静电计指针张角变大 D. B板向上平移，静电计指针张角变大 ‎【答案】D ‎【解析】在两板间插入介质板，由得知，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故A错误．在两板间插入金属板，板间距离减小，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故B错误．B板向右平移，板间距离d减小，根据电容的决定式 得知，电容增大，而电量Q不变，由电容的定义式 可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故C错误．B板向上平移，两极板正对面积减小，由电容的决定式得知，电容C减小，而电量Q不变，由电容的定义式可知，板间电压U增大，静电计指针张角变大．故D正确．故选D.‎ 点睛：本题按照这样的思路进行分析：先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式和不变的条件，分析电压或电量的变化．‎ ‎4. 已知北京地区地磁场的水平分量为3.0×10﹣5T．若北京市一高层建筑安装了高100m的金属杆作为避雷针，在某次雷雨天气中，当带有正电的乌云经过避雷针的上方时，避雷针开始放电，某一时刻的放电电流为1×105A，此时金属杆所受安培力的方向和大小分别为（　　）‎ A. 方向向东，大小为300 N B. 方向向东，大小为30 N C. 方向向西，大小为300 N D. 方向向西，大小为30 N ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由电流方向与地磁场方向垂直可知安培力F=BIL=3.0×10-5T×1×105A×100m=300N，地磁场由南指北，由左手定则可知安培力方向水平向东，A对；‎ 考点：考查安培力的判断 点评：本题难度较小，明确地磁场方向是关键，要知道左手定则中各物理量的意义 ‎5. 如图，边界MN下方是一垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子先后从c点沿与MN成45°角的方向射入磁场，最后都从d点射出磁场．已知m甲=4m乙，q甲=2q乙，不计重力，则（ ）‎ A. 两粒子的速率相同 B. 两粒子的动能相同 C. 两粒子在磁场内运动的时间相同 D. 两粒子可能带异种电荷 ‎【答案】B ‎【解析】由题意作出粒子运动轨迹如图所示，由左手定则可知，两粒子均带正电；‎ ‎...............‎ 点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动问题的分析，要注意明确运动轨迹的确定，重点明确洛伦兹力充当向心力以及对应的几何关系的应用．‎ ‎6.‎ ‎ 如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接．要使小线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是（　　）‎ A. 向左加速运动 B. 向右匀速运动 C. 向左减速运动 D. 向右加速运动 ‎【答案】A ‎【解析】若要让N中产生顺时针的电流，M必须让N中的磁场“向里减小”或“向外增大”所以有两种情况：垂直纸面向里的磁场大小减小，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向右减速运动．同理，垂直纸面向外的磁场大小增大，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向左加速运动．故A正确，BCD错误．故选A．‎ 点睛：考查右手定则、法拉第电磁感应定律、右手螺旋定则与楞次定律的应用，注意各定律的作用，同时将右手定则与左手定则区别开．‎ ‎7. 如图为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60°，根据上述条件可求下列哪几种物理量（　　）‎ ‎①带电粒子的比荷 ②带电粒子在磁场中运动的周期 ‎③带电粒子在磁场中运动的半径 ④带电粒子的初速度．‎ A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：在没有磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域时粒子做匀速直线运动；在有磁场时，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，粒子做匀速圆周运动．在匀速直线运动中虽不知半径，但可由位移与时间列出与入射速度的关系，再由匀速圆周运动中半径公式可算出粒子的比荷、周期．‎ 设圆柱形区域的横截面半径为R，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，则：‎ ‎①，在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60°，画出运动轨迹：‎ ‎ 结合几何关系，有：②，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：③，周期：④，解得：，粒子的周期：，因为初速度无法求出，则无法求出轨道半径，故①②正确，③④错误，即A正确。‎ ‎【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题。‎ ‎8. 如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行方向飞入MN极板间，突然发现电子向M板偏转，若不考虑磁场对电子运动方向的影响，则产生这一现象的原因可能是（　　）‎ A. 开关S闭合瞬间 B. 开关S由闭合后断开瞬间 C. 开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动 D. 开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：电子向M板偏转，上部线圈中应产生左正右负的感应电动势，再由楞次定律判断．‎ B、断开开关K瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在右侧线圈中产生左负右正的电动势，电子向N板偏振，B错误；‎ C、接通K后，变阻器滑动触头向左迅速滑动，电阻减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律知在上线圈中产生左正右负的电动势，电子向M板偏振，C正确；‎ D、接通K后，变阻器滑动触头向右迅速滑动，电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在上线圈中感应出左负右正的电动势，电子向N板偏振，D错误．‎ 故选：AC ‎【点评】由图象知电子向下板偏转，必须是电容器的下极板带正电，再由楞次定律去逐项分析即可．‎ ‎9. 如图P、Q放置两个等量的异种电荷，它们连线的中点是O，N、a、b是中垂线上的三点，且oa=2ob，N处放置一负的点电荷，则（　　）‎ A. a处的场强的大小小于b处的场强的大小 B. a、O间的电势差大于a、b间的电势差2倍 C. a处的电势小于b处的电势 D. 电子在a处的电势能大于电子在b处的电势能 ‎【答案】AB ‎【解析】根据等量异种电荷与负的点电荷在两处的电场强度，再结合矢量的叠加法则，可知Eb＞Ea，故A正确；因P、Q两点荷在a、b、o三点形成的电势为零，则a、o和a、b之间的电势差只由N点的电荷决定，即a、b间的场强小于b、o间的场强，因oa=2ob，根据U=Ed，因此a、o电势差大于a、b电势差的2倍，故B正确；从正电荷从a→b， P Q两点荷对正电荷不做功，N对正电荷做正功，则电势能减小，电势减小，即a处电势高于b处，电子在a处的电势能小于电子在b处的电势能，故CD错误；故选AB．‎ 点睛：考查电场强度是矢量，满足矢量合成法则，而电势是标量，可以进行代数和运算，掌握U=Ed的应用，注意E也可以选平均电场强度来讨论，同时理解电势能大小还与电荷的电性有关．‎ ‎10. 图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（　　）‎ A. 电路中电源电动势为3.6V B. 变阻器向右滑动时，V2读数逐渐减小 C. 变阻器的最大阻值为30Ω D. 此电路中，电动机的最大输出功率为0.9W ‎【答案】AC ‎【解析】由电路图甲知，电压表V2测量路端电压，电路中电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以图乙中最上面的图线表示V2的电压与电流的关系．此图线的斜率大小等于电源的内阻，为 r=Ω=2Ω；当电流 I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势 E=U+Ir=3.4+0.1×2V=3.6V，故A正确：变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，则V2读数逐渐增大，故B错误；当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以 R=-r-rM=（-2-4）Ω=30Ω，故C正确．由图可知，电动机的电阻 rM=Ω=4Ω．电动机输出功率为 P=UI-I2rM=（E-Ir）I-I2rM=-6I2+3.6I．根据数学知识可知，当，电动机输出功率最大，且最大值为 Pmax=0.405W，故D错误；故选AC.‎ 点睛：本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线．对于电动机，理解并掌握功率的分配关系是关键．‎ ‎11. 如图所示，有一半径为R的圆，AB是一条直径，该圆处于匀强电场中，电场强度大小为E，方向平行于该圆所在的平面．在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于圆面沿不同方向发射电荷量为+q的粒子，粒子会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点时粒子的电势能最小，∠a=30°．不计粒子所受的重力和空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电场强度的方向垂直AB向上 B. 电场强度的方向沿OC连线向上 C. 粒子在A点垂直电场方向发射，若恰能落到C点．则初动能为 D. 粒子在A点垂直电场方向发射，若恰能落到C点，则初动能为为 ‎【答案】BD ‎【解析】粒子在匀强电场中，从A点运动到C点，根据动能定理qUAC=△Ek可知，到达C点时的小球的动能最大，所以UAC最大，则在圆周上找不到与C电势相等的点．且由A到C电场力对小球做正功．所以C点的电势最低，则电场线方向沿OC方向．故A错误，B正确．小球只受电场力，做类平抛运动．x=2Rsin30°cos30°=v0t， y=2Rcos230°=，由以上两式得：Ek=mv02=qER；故D正确，C错误，故选BD.‎ 二、实验题 ‎12. （1）小明同学用螺旋测微器测定某一金属丝的直径，测得的结果如下右图所示d=_______mm。然后他又用游标尺上测该金属丝的长度，测得的结果如下左图所示L=________cm。‎ ‎（2）然后小明又用用多用电表粗测该金属丝的电阻：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1k、×100、×10、×1，该同学选择×10倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如图中虚线所示)．为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：‎ ‎①________________ .‎ ‎②两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0Ω处．‎ ‎③重新测量并读数，实线所示，测量结果是________Ω.‎ ‎【答案】 (1). （1）5.693～5.695 (2). 5.015 (3). （2）① 换用×1倍率的挡位； (4). ②12 .0‎ ‎【解析】（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为5.5mm，可动刻度所示为19.5×0.01mm=0.195mm，螺旋测微器示数为5.5mm+0.195mm=5.695mm；‎ 由图示游标卡尺可知，主尺示数为5cm=50mm，游标尺示数为3×0.05mm=0.15mm，则游标卡尺示数为50mm+0.15mm=50.15mm．‎ ‎（2）由题知选择×10倍率的电阻挡，正确操作时，发现多用电表的指针偏转角度太大，由多用电表的电阻刻度特点可知，为了使读数准确，指针要摆到表盘中央附近，则要把×10倍率挡换成×1倍率挡．由欧姆表盘的读数规则可知测量结果为12.0×1Ω=12.0Ω．‎ ‎13. 用如图所示的电路测电源的电动势、电阻R1和R2的值。已知：电源内阻极小（可不计），伏特表量程为1.5V（内阻很大），电阻箱可在0-99.99Ω范围内调节。‎ ‎（1）将S2接a，闭合S1，调节电阻箱，读出其示数R和对应的电压表的示数u1；保持电阻箱示数不变，将S2切换接b ，读出电压表的示数u2，则电阻R1的阻值表达式为R1=__________.‎ ‎（2）现已测得R1=4.8Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的值。将S2接a，闭合S1，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数u，将测得的数据绘出如图图线，由于疏忽，图线坐标轴上的物理量和纵轴上物理量的单位均未标明，则 E=_______ V，R2=________Ω。‎ ‎【答案】 (1). (2). 1.43 (3). 1.2‎ ‎【解析】（1）由于R和R1串联，所以通过R1的电流为．将开关S2切换到b，读出电压表的示数u2，则R1两端的电压为u2-u1，所以可得： ． （2）由图甲所示电路图可知，闭合S0，若S1、S2均向左闭合，则电压表测电阻箱两端电压，在闭合电路中，电源电动势为：E=U+I（R2+R+R1）=U+•（R2+R1），则： ，故应作出的应为图象；由图乙所示图象可知，图象截距：b==0.7，则电源电动势为：E=1.43V；图象斜率：，解得电阻R2=kE-R1=4.2×1.43-4.8=1.2Ω； 点睛：本题考查了求电源电动势与电阻阻值问题，分析清楚电路结构、应用串联电路特点与欧姆定律是正确解题的前提与关键；处理图象问题时，求出图象的函数表达式是正确解题的关键．‎ 三、计算题 ‎14. ．质量为m=5×10-8kg的带电微粒以v0=2m/s速度从水平放置的平行金属板A、B的中央水平飞入板间．已知板长L=10cm，板间距离d=2cm，当UAB=1.0×103V时，带电微粒恰好沿直线穿过平行金属板，（重力加速度g=10m/s2）求：‎ ‎ ‎ ‎（1）带电粒子带何种电荷？电荷量q多大？ ‎ ‎（2）若要带电粒子恰好从B板右端飞出，则AB间所加电压U1为多大？‎ ‎【答案】（1）q=1×10-11C（2）U1=200V ‎【解析】（1）带电粒子直线穿过平行金属板时的受向上的电场力和向下的重力，场强方向向下，可知带电粒子带负电； 电场力F=G，则qE=mg    可得 ‎ （2）由图可知，带电粒子在竖直方向偏移：y=d/2 …① 带电粒子在平行金属板内做类平抛运动， 则：y＝at2…．②‎ ‎ …．③‎ ‎ …..④ 综合①②③④可得U1=200V ‎15. 如图，在xOy平面第一象限内有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场．一质量为m、带电量为+q的小球从y轴上离坐标原点距离为L的A点处，以沿x正向的初速度v0进入第一象限，小球恰好做匀速圆周运动，并从x轴上距坐标原点的C点离开磁场．求：‎ ‎（1）匀强电场电场强度E的大小和方向；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小和方向；‎ ‎【答案】（1），方向竖直向上．（2） 方向垂直纸面向外．‎ ‎【解析】（1）由带电小球做匀速圆周运动可知重力与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力，则：mg=qE 解得：，方向竖直向上． ‎ ‎（2）做匀速圆周运动的轨迹如图，‎ 由轨迹分析得：‎ 得到：R=L 匀速圆周运动：‎ 解得：，方向垂直纸面向外． ‎ ‎16. 如图，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻.质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下.当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求：‎ ‎（1）MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；‎ ‎（2）MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；‎ ‎（3）PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.‎ ‎【答案】（1） （2）（3）‎ ‎【解析】（1）感应电动势 感应电流 解得 ‎（2）安培力 牛顿第二定律 解得 ‎（3）金属杆切割磁感线的速度，则 感应电动势 电功率 解得 ‎【名师点睛】本题的关键在于导体切割磁感线产生电动势E=Blv，切割的速度（v）是导体与磁场的相对速度，分析这类问题，通常是先电后力，再功能．‎ ‎17. 如图所示，AB、CD间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD的右侧有一与CD相切于M点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自O点以水平初速度v0正对P点进入该电场后，从M点飞离CD边界，再经磁场偏转后又从N点垂直于CD边界回到电场区域，并恰能返回O点．已知OP间距离为d，粒子质量为m，电荷量为q，电场强度大小，不计粒子重力．试求：‎ ‎(1)M、N两点间的距离 ‎(2)磁感应强度的大小和圆形匀强磁场的半径 ‎(3)粒子自O点出发到回到O点所用的时间 ‎【答案】（1） （2）； （3） ‎ ‎【解析】（1）粒子在电场中只受竖直向上的电场力作用，加速度； 粒子从O到M做类平抛运动，运动时间为 ，故； 粒子在M点的竖直分速度vy＝at1＝v0，所以，粒子在M点的速度v′=2v0； 粒子从M点到N点无外力做功，速度不变，故粒子在N点的速度为v′=2v0，所以，粒子从N到O做类平抛运动的时间， 故由类平抛运动规律可知，所以，M、N两点间的距离MN＝MP+NP＝ ； （2）粒子从N点垂直于CD边界回到电场区域，故粒子进入磁场时速度方向与水平方向的夹角θ＝arctan ‎＝60°，离开磁场时的速度方向水平向左，故可作出带电粒子的运动轨迹，如图所示：‎ ‎； 那么，由几何关系可得：粒子做圆周运动的半径R有关系式：Rcos60°+R＝MN＝d，所以，R＝d； 那么，由粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力做向心力可得：，所以，； 由几何关系可知：粒子在磁场中转过的中心角为240°，那么，入射点和出射点对应的磁场中心角为60°，所以，磁场半径R′＝2Rcos30°＝d； （3）粒子在磁场中运动的时间； 粒子离开磁场进入电场的过程做匀速直线运动，位移s＝R′−R′cos60°＝d，所以，运动时间； 所以，粒子自O点出发到回到O点所用的时间t＝t1+t2+t3+t4＝ ‎ 点睛：带电粒子的运动问题，加速电场一般由动能定理或匀加速运动规律求解；偏转电场由类平抛运动规律求解；磁场中的运动问题则根据圆周运动规律结合几何条件求解．‎ ‎ ‎